第一章半导体中的电子状态 例1.证明对于能带中的电子,K状态和-K状态的电子速度大小相等方向相反。即: v(k)=-V(-k),并解释为什么无外场时,晶体总电流等于零 思路与解:K状态电子的速度为 v(k) Ir ae(k). aE(k). aE(k 同理,一K状态电子的速度则为: v(-k)= aE(k),aE(k).aE(k)x h ak (2) 从一维情况容易看出 dE(k) dE(K) 同理有: aE(k) aE(K) ak dE(k) aE(K) (5) 将式(3)(4)(5)代入式(2)后得: hCK i+ dE(k). aE(k) (6) 利用(1)式即得:v(-k 因为电子占据某个状态的几率只同该状态的能量有关,即: E(k)=E(-k)故电子占有k状态和k状态的几率相同,且 v(k)=-v(一k),故这两个状态上的电子电流相互抵消,晶体中总电流为零。 评析:该题从晶体中作共有化运动电子的平均漂移速度与能量E的关系以及相同能量状 态电子占有的机率相同出发,证明K状态和-K状态的电子速度大小相等,方向相 反,以及无电场时,晶体总电流为零。 例2.已知一维晶体的电子能带可写成 e(k=-(-cos 2Tka+-cos tka) m a 8 式中,a为晶格常数。试求: (1)能带的宽度; (2)能带底部和顶部电子的有效质量 d e th2 路与解:(1)由)关系得:《m(2n2n046zk) 3sin'2Tk arka m die th (18sin2mkcs2mh、l
第一章 半导体中的电子状态 例 1. 证明:对于能带中的电子，K 状态和-K 状态的电子速度大小相等,方向相反。即： v(k)= －v(－k)，并解释为什么无外场时，晶体总电流等于零。 思路与解：K 状态电子的速度为： 1 ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] x y z E k E k E k v k i j k h k k k = + + （1） 同理，－K 状态电子的速度则为： 1 ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] x y z E k E k E k v k i j k h k k k − − − − = + + （2） 从一维情况容易看出： ( ) ( ) x x E k E k k k − = − （3） 同理有： ( ) ( ) y y E k E k k k − = − （4） ( ) ( ) z z E k E k k k − = − （5） 将式（3）（4）（5）代入式（2）后得： 1 ( ) ( ) ( ) ( ) [ ] x y z E k E k E k v k i j k h k k k − = − + + （6） 利用（1）式即得：v(－k)= －v(k) 因为电子占据某个状态的几率只同该状态的能量有关，即： E(k)=E(－k)故电子占有 k 状态和-k 状态的几率相同，且 v(k)=－v(－k)，故这两个状态上的电子电流相互抵消，晶体中总电流为零。 评析：该题从晶体中作共有化运动电子的平均漂移速度与能量 E 的关系以及相同能量状 态电子占有的机率相同出发，证明 K 状态和-K 状态的电子速度大小相等，方向相 反，以及无电场时，晶体总电流为零。 例 2. 已知一维晶体的电子能带可写成： 2 2 7 1 ( ) ( cos 2 cos6 ) 8 8 h E k ka ka m a = − + 式中，a 为晶格常数。试求： （1） 能带的宽度； （2） 能带底部和顶部电子的有效质量。 思路与解：（1）由 E(k)关系得： 2 2 3 (2sin 2 sin 6 ) 4 dE h ka ka dk m a = − ＝ 2 3 1 (3sin 2 sin 2 ) 4 h ka ka m a − （1） 2 2 2 2 2 1 (18sin 2 cos 2 cos 2 ) 2 d E h ka ka ka dk m = − （2）
2rka=±( 得 cos 2ka 12时,代入(2)得: die th 丌2h2 (18 对应E(k)的极小值 cos 2Tka= 12时,代入(2)得: d 2e 2h2 ch 12V12 对应E(k)的极大值。 根据上述结果,求得Em和Em即可求得能带宽度。 h2 ma288 m a △E=E-E=2() 故:能带宽度 (3)能带底部和顶部电子的有效质量: (m2)带底=[ 丁=4 4.18m h2V12 (m)=[E k2 =[2( 评祈:本题根据能带宽度为能带顶和能带底的能量之差,即能量最大值和最小值之差。 第二章半导体中的杂质与缺陷能级 例1.半导体硅单晶的介电常数石=118,电子和空穴的有效质量各为mhm=0.97m m=0.19m和m=0.16m,mr=0.53m,利用类氢模型估计 (1)施主和受主电离能 (2)基态电子轨道半径1。 思路与解:(1)利用下式求得mn和"P
令 0 dE dk = 得： 2 1 sin 2 12 ka = 1 2 11 cos 2 ( ) 12 = ka 当 11 cos 2 12 ka = 时，代入（2）得： 2 2 2 2 2 2 1 11 1 11 11 (18 ) 0 12 12 2 12 12 d E h h dk m m = − = 对应 E(k)的极小值。 当 11 cos 2 12 ka = − 时，代入（2）得： 2 2 2 2 2 2 1 11 1 11 11 ( 18 ) 0 12 12 2 12 12 d E h h dk m m = − + = − 对应 E(k)的极大值。 根据上述结果，求得 Emin 和 Emax 即可求得能带宽度。 2 2 3 3 2 2 min 2 2 7 11 11 7 11 [ ( ) ] [ ( ) ] 8 8 12 8 12 h h E m a m a = − = − 2 3 2 max 2 7 11 ( ) 8 12 o h E m a = + 故：能带宽度 3 2 2 max min 2 11 2( ) 12 h E E E m a = − = （3） 能带底部和顶部电子的有效质量： 2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 11 12 ( ) [ ( ) ] [ ] 4 4.18 12 11 n d E k m m m h dk h m − − 带底 底 = = = = 2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 11 12 ( ) [ ( ) ] [ ] 4 4.18 12 11 n o d E k m m m h dk h m − − 顶 = = = = 顶 （－ ） － － 评析：本题根据能带宽度为能带顶和能带底的能量之差，即能量最大值和最小值之差。 第二章 半导体中的杂质与缺陷能级 例 1. 半导体硅单晶的介电常数 r ＝11.8，电子和空穴的有效质量各为 mnl ＝0.97 m ， mnt ＝0.19 m 和 mpl ＝0.16 m ， mpt ＝0.53 m ，利用类氢模型估计： （1）施主和受主电离能; （2）基态电子轨道半径 1 r 。 思路与解：（1）利用下式求得 mn 和 mp
3.849 3m20.980.19m 3m0.160.533m 因此,施主和受主杂质电离能各为: 13.6 AE= E m23.84911.8 0.025(e △E E=3×136 e210×11=0.029(eV) (2)基态电子轨道半径各为: n=m1/m2’=118×10×053/3=208×10m EmB1/m2’=18×3849×0.53=241×10-m 式中,a是波尔半径。 评析:本题须注意的是硅的导带为多能谷结构,价带有两个,所以在计算杂质电离能和 电子轨道半径时,需考虑电子横向有效质量和纵向有效质量,重空穴和轻空穴有 效质量。 第三章半导体中载流子的统计分布 例1.有一硅样品,施主浓度为ND=2×104cm3 ,受主浓度为N4=10cm-3 ,已知 施主电离能AE=E-ED=0.05e 试求99%的施主杂质电离时的温度 路与解:令ND和NA表示电离施主和电离受主的浓度,则电中性方程为 P 略去价带空穴的贡献,则得:n=ND-N4(受主杂质全部电离) E-E 式中 kT 对硅材料N=56×10372 由题意可知ND=099ND E 0.99ND-N4=56×10°T2exp( 当施主有9%的N电离时,说明只有1%的施主有电子占据,即f(ED)=001 1 f(ED) 0.01 E-E 1+-e xp kT k T 198 E=ED-krln198,代入式(1)得:
1 1 1 2 1 1 2 3.849 ( ) ( ) 3 3 0.98 0.19 m m m m m n nl nt = + = + = 1 1 1 2 1 1 2 10 ( ) ( ) 3 3 0.16 0.53 3 m m m m m p pl pt = + = + = 因此，施主和受主杂质电离能各为： 2 2 1 13.6 0.025( ) 3.849 11.8 n D r m E E eV m = = = 2 2 3 13.6 0.029( ) 10 11.8 p A r m E E eV m = = = （2）基态电子轨道半径各为： 9 1, 1 / 11.8 10 0.53/3 2.08 10 p r o B p r m r m m − = = = 9 1, 1 / 11.8 3.849 0.53 2.41 10 n r c B n r m r m m − = = = 式中, B1 r 是波尔半径。 评析：本题须注意的是硅的导带为多能谷结构，价带有两个，所以在计算杂质电离能和 电子轨道半径时，需考虑电子横向有效质量和纵向有效质量，重空穴和轻空穴有 效质量。 第三章 半导体中载流子的统计分布 例 1. 有一硅样品，施主浓度为 14 3 2 10 N cm D − = ，受主浓度为 14 3 10 N cm A − = ，已知 施主电离能 0.05 = − = E E E eV D c D ，试求 99 的施主杂质电离时的温度。 思路与解：令 N D + 和 NA − 表示电离施主和电离受主的浓度，则电中性方程为： A D n N p N − + + = + 略去价带空穴的贡献，则得： D A n N N + = − （受主杂质全部电离） 式中： exp( ) c F c E E n N k T − = − 对硅材料 3 15 2 5.6 10 N T c = 由题意可知 0.99 N N D D + = 则 3 15 2 0.99 5.6 10 exp( ) c F D A E E N N T k T − − = − （1） 当施主有 99%的 N 电离时，说明只有 1%的施主有电子占据，即 ( ) D f E ＝0.01。 1 ( ) 0.01 1 1 exp 2 D D F f E E E k T = = − + exp E E D F k T − ＝198 ln198 = − E E kT F D ，代入式（1）得：
0.99ND-NA=56×1072exp(-- E-E+kTIn19 579 lnT-1.21 去对数并加以整理即得到下面的方程: 用相关数值解的方法或作图求得解为:T=101.8(k) 评析:本题硅样品为补偿性半导体,施主杂质多于受主杂质,所以认为受主杂质全部电 离 例2.现有三块半导体硅材料,已知室温下(300K)它们的空穴浓度分别为: pon=225×10cm3pa=1.5×10°cm3p3=225×104cm3 (1)分别计算这三块材料的电子浓度o,m2 (2)判断这三块材料的导电类型 (3)分别计算这三块材料的费米能级的位置 路与解:(1)室温时硅的E=112e,n1=15×10°cm3 根据载流子浓度积公式: n nP.=n可求出 P (1.5×100 225×1046=1×104cm-3 (1.5×10°)2 1.5×100cm p2 15×10 3≈_(1.5×1 ×10) 1×106cm3 2.25×104 们=_(1.5×109)=1×10cm3 P (2)P>即225×10>1×10°cm3,故为p型半导体 Pa=mn,即n1=no1=P01=1.5×100cm,故为本征半导体 Pou<m2,即2.25×10<1×10°cm3,故为n型半导体 (3)当T=300k时,kT=0.026eV E-E P=n, exp 由 k T E -E=kLIne 得: n 对三块材料分别计算如下 E一E=ATm2=026:231=037e ni 1.5×10 即p型半导体的费米能级在禁带中线下0.37eV处
3 15 2 ln198 0.99 5.6 10 exp( ) c D D A E E k T N N T k T − + − = − 去对数并加以整理即得到下面的方程： 579 3 ln 1.21 2 T T = − 用相关数值解的方法或作图求得解为： T=101.8(k) 评析：本题硅样品为补偿性半导体，施主杂质多于受主杂质，所以认为受主杂质全部电 离。 例 2. 现有三块半导体硅材料，已知室温下（300K）它们的空穴浓度分别为： 16 3 01 p cm 2.25 10 − = ， 10 3 02 p cm 1.5 10 − = ， 4 3 03 p cm 2.25 10 − = 。 （1） 分别计算这三块材料的电子浓度 01 n ， 02 n ， 03 n ； （2） 判断这三块材料的导电类型； （3） 分别计算这三块材料的费米能级的位置。 思路与解：（1）室温时硅的 1.12 E ev g = ， 10 3 1.5 10 i n cm − = 根据载流子浓度积公式： 2 i n p n = 可求出 2 i n n p = 2 10 2 4 3 1 16 1 (1.5 10 ) 1 10 2.25 10 i n n cm p − = = = 2 10 2 10 3 2 10 2 (1.5 10 ) 1.5 10 1.5 10 i n n cm p − = = = 2 10 2 16 3 3 4 3 (1.5 10 ) 1 10 2.25 10 i n n cm p − = = = 2 10 2 16 3 3 4 3 (1.5 10 ) 1 10 2.25 10 i n n cm p − = = = （2） 01 01 p n 即 16 4 3 2.25 10 1 10 cm − ，故为 p 型半导体. 02 02 p n = , 即 10 3 01 01 1.5 10 i n n p cm − = = = ，故为本征半导体. 01 02 p n ，即 4 16 3 2.25 10 1 10 cm − ，故为 n 型半导体. (3).当 T=300k 时， k T eV = 0.026 由 exp( ) i F i E E p n k T − = 得： ln i F i p E E k T n − = 对三块材料分别计算如下： （ⅰ） 16 10 2.25 10 ln 0.026ln 0.37( ) 1.5 10 i F i p E E k T eV n − = = = 即 p 型半导体的费米能级在禁带中线下 0.37eV 处
i)·nm=pom2=m E-E=0 即费米能级位于禁带中心位置。 n=n exp( (ⅲ)对n型材料有 kt EF-E=khh=0026,05 =0.35(e) 即对n型材料,费米能级在禁带中心线上0.35eV处。 评析:通过本题进一步加深对N型半导体、P型半导体和本征半导体的多数载流子、少 数载流子以及费米能级的位置的理解。 第四章半导体的导电性 例1室温下,本征锗的电阻率为479-cm,试求本征载流子浓度。若掺入锑杂质,使每10 个锗原子中有一个杂质原子,计算室温下电子浓度和空穴浓度。设杂质全部电离。锗原 子的浓度为44×102cm3,试求该掺杂锗材料的电阻率。设n=3600m2/…,且 认为不随掺杂而变化 2.5×103cm 路与解:本征半导体的电阻率表达式为:Oq(n+n) 2.5×10 py(pn+Hn)47×1.6×10×(3600+1700 施主杂质原子的浓度ND=(44×102)×10°=44×10(cm3) (25×103) n44×106-=142×10cm-3 P 其电阻率 nqHn44×100×1.6×10×3600 pn=4×10-cm 评析:有此题可见,半导体中的浅能级杂质对材料的电导率的影响很大。 例2.在半导体锗材料中掺入施主杂质浓度N=10cm,受主杂质浓度 N4=7×10cm:设室温下本征锗材料的电阻率=6092:Cm,假设电子和空穴的迁移 率分别为An=380cm/·s,=180cm·s,若流过样品的电流密度为 52.3mA/ 求所加的电场强度。 思路与解:须先求出本征载流子浓度
（ⅱ） 10 3 02 02 1.5 10 i n p n cm − = = = 0 − = E E i F 即费米能级位于禁带中心位置。 （ⅲ）对 n 型材料有 exp( ) F i i E E n n k T − = 16 10 10 ln 0.026ln 0.35( ) 1.5 10 F i i n E E k T eV n − = = = 即对 n 型材料，费米能级在禁带中心线上 0.35eV 处。 评析：通过本题进一步加深对 N 型半导体、P 型半导体和本征半导体的多数载流子、少 数载流子以及费米能级的位置的理解。 第四章 半导体的导电性 例 1 室温下，本征锗的电阻率为 47 cm ，试求本征载流子浓度。若掺入锑杂质，使每 6 10 个锗原子中有一个杂质原子，计算室温下电子浓度和空穴浓度。设杂质全部电离。锗原 子的浓度为 22 3 4.4 10 cm − ，试求该掺杂锗材料的电阻率。设 2 3600 / n = cm V s ， 且 认为不随掺杂而变化。 13 3 2.5 10 i n cm = 。 思路与解：本征半导体的电阻率表达式为： 1 ( ) i n p n q = + 13 3 19 1 1 2.5 10 ( ) 47 1.6 10 (3600 1700) i n p n cm q − − = = = + + 施主杂质原子的浓度 22 6 16 3 (4.4 10 ) 10 4.4 10 ( ) N cm D − − = = 故 16 3 4.4 10 D n N cm− = = 2 13 2 10 3 16 (2.5 10 ) 1.42 10 4.4 10 i n p cm n − = = = 其电阻率 16 19 1 1 4.4 10 1.6 10 3600 n n n q − = = 2 4 10 n cm − = 评析：有此题可见，半导体中的浅能级杂质对材料的电导率的影响很大。 例 2. 在半导体锗材料中掺入施主杂质浓度 14 3 10 N cm D − = ，受主杂质浓度 13 3 7 10 N cm A − = ；设室温下本征锗材料的电阻率 60 i = cm ，假设电子和空穴的迁移 率 分 别 为 2 3800 / n = cm V s ， 2 1800 / p = cm V s ， 若 流 过 样 品 的 电 流 密 度 为 2 52.3 / mA cm ，求所加的电场强度。 思路与解：须先求出本征载流子浓度 i n